სამშენებლო ამოცანებში განვიხილავთ გეომეტრიული ფიგურის აგებას, რომელიც შეიძლება შესრულდეს სახაზავი და კომპასის გამოყენებით.

სახაზავთან ერთად შეგიძლიათ:

თვითნებური ხაზი;

მოცემულ წერტილში გამავალი თვითნებური ხაზი;

სწორი ხაზი, რომელიც გადის ორ მოცემულ წერტილს.

კომპასის გამოყენებით შეგიძლიათ აღწეროთ მოცემული რადიუსის წრე მოცემული ცენტრიდან.

კომპასი შეიძლება გამოვიყენოთ მოცემული წერტილიდან მოცემულ წრფეზე სეგმენტის დასახაზად.

განვიხილოთ მშენებლობის ძირითადი ამოცანები.

დავალება 1.ააგეთ სამკუთხედი მოცემული გვერდებით a, b, c (ნახ. 1).

გამოსავალი. სახაზავის დახმარებით გავავლოთ თვითნებური სწორი ხაზი და ავიღოთ მასზე თვითნებური წერტილი B. a-ს ტოლი კომპასის გახსნით აღვწერთ წრეს B ცენტრით და a რადიუსით. მოდით C იყოს წრფესთან მისი გადაკვეთის წერტილი. c-ის ტოლი კომპასის გახსნით აღვწერთ წრეს B ცენტრიდან, ხოლო კომპასის ტოლი b-ის გახსნით - წრე C ცენტრიდან. მოდით A იყოს ამ წრეების გადაკვეთის წერტილი. სამკუთხედს ABC აქვს a, b, c-ის ტოლი გვერდები.

კომენტარი. იმისათვის, რომ სამი წრფის სეგმენტი იყოს სამკუთხედის გვერდები, აუცილებელია, რომ მათგან უფრო დიდი იყოს დანარჩენი ორის ჯამზე ნაკლები (და< b + с).

დავალება 2.

გამოსავალი. ეს კუთხე A წვერით და სხივი OM ნაჩვენებია სურათზე 2.

დახაზეთ თვითნებური წრე მოცემული კუთხის A წვეროზე ცენტრით. მოდით B და C იყოს წრის გადაკვეთის წერტილები კუთხის გვერდებთან (ნახ. 3, ა). დავხაზოთ წრე AB რადიუსით ცენტრით O წერტილში - ამ სხივის საწყისი წერტილი (სურ. 3, ბ). ამ წრის გადაკვეთის წერტილი მოცემულ სხივთან აღინიშნა С 1 . მოდით აღვწეროთ წრე C 1 ცენტრით და BC რადიუსით. ორი წრის გადაკვეთის წერტილი B 1 დევს სასურველი კუთხის მხარეს. ეს გამომდინარეობს ტოლობიდან Δ ABC \u003d Δ OB 1 C 1 (სამკუთხედების ტოლობის მესამე კრიტერიუმი).

დავალება 3.ააგეთ მოცემული კუთხის ბისექტრი (სურ. 4).

გამოსავალი. მოცემული კუთხის A წვეროდან, როგორც ცენტრიდან, ვხატავთ თვითნებური რადიუსის წრეს. მოდით B და C იყოს მისი გადაკვეთის წერტილები კუთხის გვერდებთან. იგივე რადიუსის B და C წერტილებიდან ჩვენ აღვწერთ წრეებს. მოდით იყოს D მათი გადაკვეთის წერტილი, განსხვავებული A-სგან. Ray AD ყოფს A კუთხეს შუაზე. ეს გამომდინარეობს ტოლობიდან ΔABD = ΔACD (სამკუთხედების ტოლობის მესამე კრიტერიუმი).

დავალება 4.დახაზეთ მედიანა პერპენდიკულარულად ამ სეგმენტზე (სურ. 5).

გამოსავალი. თვითნებური, მაგრამ იდენტური კომპასის გახსნით (დიდი 1/2 AB), ჩვენ აღვწერთ ორ რკალს ცენტრებით A და B წერტილებში, რომლებიც ერთმანეთს გადაკვეთენ ზოგიერთ წერტილში C და D. სწორი ხაზი CD იქნება საჭირო პერპენდიკულარული. მართლაც, როგორც კონსტრუქციიდან ჩანს, C და D თითოეული წერტილი თანაბრად დაშორებულია A და B-სგან; ამიტომ, ეს წერტილები უნდა მდებარეობდეს AB სეგმენტის პერპენდიკულარულ ბისექტორზე.

დავალება 5.გაყავით ეს მონაკვეთი შუაზე. ის წყდება ისევე, როგორც პრობლემა 4 (იხ. სურ. 5).

დავალება 6.მოცემული წერტილის გავლით დახაზეთ წრფე მოცემული წრფის პერპენდიკულარული.

გამოსავალი. შესაძლებელია ორი შემთხვევა:

1) მოცემული წერტილი O დევს მოცემულ სწორ წრფეზე a (სურ. 6).

O წერტილიდან ვხაზავთ წრეს თვითნებური რადიუსით, რომელიც კვეთს a წრფეს A და B წერტილებში. A და B წერტილებიდან ვხატავთ წრეებს იგივე რადიუსით. მოდით О 1 იყოს მათი გადაკვეთის წერტილი О-სგან განსხვავებული. ვიღებთ ОО 1 ⊥ AB. მართლაც, O და O 1 წერტილები თანაბარი მანძილითაა დაშორებული AB სეგმენტის ბოლოებიდან და, შესაბამისად, დევს ამ მონაკვეთის პერპენდიკულარულ ბისექტორზე.

მუნიციპალური საბიუჯეტო საგანმანათლებლო დაწესებულება

34-ე საშუალო სკოლა ცალკეული საგნების სიღრმისეული შესწავლით

MAN, ფიზიკისა და მათემატიკის განყოფილება

"გეომეტრიული კონსტრუქციები კომპასისა და სწორი ზოლის გამოყენებით"

დაასრულა: 7 „ა“ კლასის მოსწავლე

ბატიშჩევა ვიქტორია

ხელმძღვანელი: კოლტოვსკაია ვ.ვ.

ვორონეჟი, 2013 წ

3. მოცემულის ტოლი კუთხის აგება.

პ დახაზეთ თვითნებური წრე მოცემული კუთხის A წვეროზე ცენტრით (სურ. 3). მოდით B და C იყოს წრის გადაკვეთის წერტილები კუთხის გვერდებთან. AB რადიუსით ვხატავთ წრეს, რომელიც ორიენტირებულია O წერტილზე, მოცემული ნახევარწრფის საწყისი წერტილი. ამ წრის გადაკვეთის წერტილი მოცემულ ნახევარწრფესთან აღინიშნება C-ით 1 . აღწერეთ წრე C ცენტრით 1 და ნახ.3

რადიუსი ძვ.წ. წერტილი B 1 აგებული წრეების გადაკვეთა მითითებულ ნახევარ სიბრტყეში დევს სასურველი კუთხის მხარეს.

6. პერპენდიკულარული ხაზების აგება.

ვხატავთ წრეს თვითნებური რადიუსით r ცენტრით O წერტილში ნახ.6. წრე კვეთს ხაზს A და B წერტილებში.A და B წერტილებიდან ვხატავთ წრეებს AB რადიუსით. მოდით, სევდა C იყოს ამ წრეების გადაკვეთის წერტილი. A და B წერტილები მივიღეთ პირველ საფეხურზე, თვითნებური რადიუსის მქონე წრის აგებისას.

სასურველი ხაზი გადის C და O წერტილებში.

სურ.6

ცნობილი საკითხები

1.ბრაჰმაგუპტას დავალება

ააგეთ ჩაწერილი ოთხკუთხედი ოთხი გვერდით. ერთი გამოსავალი იყენებს აპოლონიუსის წრეს.მოდით გადავჭრათ აპოლონიუსის პრობლემა ტრიციკლისა და სამკუთხედის ანალოგიის გამოყენებით. როგორ ვიპოვოთ სამკუთხედში ჩაწერილი წრე: ვაშენებთ ბისექტორების გადაკვეთის წერტილს, მისგან პერპენდიკულარებს ვაყრით სამკუთხედის გვერდებზე, პერპენდიკულარების ფუძეებზე (პერპენდიკულურის გადაკვეთის წერტილები იმ გვერდთან, რომელზეც ის დაბლაა) და მოგვცეს საჭირო წრეზე დაწოლილი სამი წერტილი. ამ სამ წერტილში ვხაზავთ წრეს - გამოსავალი მზად არის. იგივეს გავაკეთებთ აპოლონიუსის პრობლემასთან დაკავშირებით.

2. აპოლონიუსის პრობლემა

გამოიყენეთ კომპასი და სტრიქონი სამი მოცემულ წრეზე ტანგენსიის ასაგებად. ლეგენდის თანახმად, პრობლემა ჩამოაყალიბა აპოლონიუს პერგაელმა ჩვენს წელთაღრიცხვამდე 220 წელს. ე. წიგნში „შეხება“, რომელიც დაიკარგა, მაგრამ 1600 წელს აღადგინა ფრანსუა ვიეტამ „გალიური აპოლონიუსი“, როგორც მას თანამედროვეებმა უწოდეს.

თუ მოცემული წრეებიდან არცერთი არ არის მეორის შიგნით, მაშინ ამ პრობლემას აქვს 8 არსებითად განსხვავებული გადაწყვეტა.

რეგულარული მრავალკუთხედების აგება.

პ

სწორი (ან ტოლგვერდა ) სამკუთხედი - ეს რეგულარული მრავალკუთხედისამი გვერდით, პირველი რიგითი მრავალკუთხედებიდან. ყველაფერიტოლგვერდა სამკუთხედის გვერდები თანასწორნი არიან და ყველაკუთხეები 60°. ტოლგვერდა სამკუთხედის ასაგებად, თქვენ უნდა გაყოთ წრე 3 თანაბარ ნაწილად. ამისათვის აუცილებელია ამ წრის R რადიუსით რკალი დავხატოთ დიამეტრის მხოლოდ ერთი ბოლოდან, მივიღებთ პირველ და მეორე განყოფილებებს. მესამე განყოფილება არის დიამეტრის საპირისპირო ბოლოს. ამ წერტილების შეერთებით ვიღებთ ტოლგვერდა სამკუთხედს.

რეგულარული ექვსკუთხედი შეუძლიაააშენეთ კომპასით და სწორხაზოვნად. Ქვევითმოცემულია მშენებლობის მეთოდიწრის 6 ნაწილად გაყოფით. ჩვენ ვიყენებთ რეგულარული ექვსკუთხედის გვერდების ტოლობას შემოხაზული წრის რადიუსთან. წრის ერთ-ერთი დიამეტრის მოპირდაპირე ბოლოებიდან აღვწერთ R რადიუსის რკალებს. მოცემულ წრესთან ამ რკალების გადაკვეთის წერტილები მას 6 ტოლ ნაწილად გაყოფს. ნაპოვნი წერტილების თანმიმდევრულად შეერთებით, მიიღება რეგულარული ექვსკუთხედი.

რეგულარული ხუთკუთხედის მშენებლობა.

პ
რეგულარული ხუთკუთხედი შეიძლება იყოსაგებულია კომპასისა და სტრიქონის გამოყენებით, ან მოცემულობაში მორგებითწრე, ან მოცემული მხარის საფუძველზე აშენებით. ეს პროცესი აღწერილია ევკლიდეს მიერთავის ელემენტებში, დაახლოებით 300 წ. ე.

აქ არის ერთი მეთოდი მოცემულ წრეში რეგულარული ხუთკუთხედის ასაგებად:

შექმენით წრე, რომელშიც ჩაწერილი იქნება ხუთკუთხედი და მიუთითეთ მისი ცენტრი, როგორცო . (ეს არის მწვანე წრე დიაგრამაზე მარჯვნივ).

აირჩიეთ წერტილი წრეზეა , რომელიც იქნება ხუთკუთხედის ერთ-ერთი წვერო. დახაზეთ ხაზიო დაა .

ააგეთ წრფის პერპენდიკულარული ხაზიOA წერტილის გავლითო . დანიშნეთ მისი ერთ-ერთი კვეთა წრესთან, როგორც წერტილიბ .

შექმენით წერტილიC შუა გზას შორისო დაბ .

C წერტილის გავლითა . მონიშნეთ მისი გადაკვეთა ხაზთანOB (თავდაპირველი წრის შიგნით) წერტილის სახითდ .

დახაზეთ წრე ცენტრშია D წერტილის გავლით, მონიშნეთ ამ წრის გადაკვეთა ორიგინალთან (მწვანე წრე).ე დაფ .

დახაზეთ წრე ცენტრშიე წერტილის გავლითა გ .

დახაზეთ წრე ცენტრშიფ წერტილის გავლითა . მიუთითეთ მისი მეორე კვეთა თავდაპირველ წრესთან, როგორც წერტილიჰ .

ააშენეთ რეგულარული პენტაგონიAEGHF .

გადაუჭრელი პრობლემები

ანტიკურ ხანაში დასახული იყო შემდეგი სამი სამშენებლო ამოცანა:

კუთხის ტრისექცია - დაყავით თვითნებური კუთხე სამ თანაბარ ნაწილად.

სხვა სიტყვებით რომ ვთქვათ, აუცილებელია კუთხის ტრისექტორების აგება - სხივების გამყოფი კუთხე სამ თანაბარ ნაწილად. პ. ლ. ვანცელმა 1837 წელს დაამტკიცა, რომ პრობლემა მხოლოდ მაშინ არის გადაწყვეტილი, როდესაც, მაგალითად, ტრისექცია შესაძლებელია კუთხეებისთვის α = 360°/n, იმ პირობით, რომ მთელი რიცხვი n არ იყოფა 3-ზე. თუმცა, პრესაში დროდადრო ქვეყნდება. (არასწორი) მეთოდები კუთხის სამკუთხედის კომპასით და სწორხაზოვნად.

კუბის გაორმაგება - კლასიკური უძველესი პრობლემა კომპასით და სახაზავთან კუბის აგების შესახებ, რომლის მოცულობა ორჯერ აღემატება მოცემულ კუბის მოცულობას.

თანამედროვე ნოტაციაში პრობლემა მცირდება განტოლების ამოხსნამდე. ეს ყველაფერი დამოკიდებულია სიგრძის სეგმენტის აგების პრობლემაზე. პ.ვანცელმა 1837 წელს დაამტკიცა, რომ ამ პრობლემის გადაწყვეტა კომპასისა და სტრიქონის დახმარებით შეუძლებელია.

წრის კვადრატი - კონსტრუქციის პოვნა კომპასისა და კვადრატის მმართველის გამოყენებით, რომელიც ტოლია მოცემული წრის ფართობით.

მოგეხსენებათ, კომპასისა და სახაზავის საშუალებით შეგიძლიათ შეასრულოთ ოთხივე არითმეტიკული მოქმედება და ამოიღოთ კვადრატული ფესვი; აქედან გამომდინარეობს, რომ წრის კვადრატი შესაძლებელია, თუ და მხოლოდ იმ შემთხვევაში, თუ ასეთი მოქმედებების სასრული რაოდენობის დახმარებით შესაძლებელია π სიგრძის სეგმენტის აგება. ამრიგად, ამ პრობლემის გადაუჭრელობა გამომდინარეობს π რიცხვის არაალგებრულ ხასიათზე (ტრანსცენდენტურობაზე), რაც 1882 წელს დაამტკიცა ლინდემანმა.

კიდევ ერთი ცნობილი პრობლემა, რომლის გადაჭრაც კომპასისა და სახაზავის საშუალებით შეუძლებელია, არისსამკუთხედის აგება ბისექტრის სამი მოცემული სიგრძით .

უფრო მეტიც, ეს პრობლემა ტრისექტორის არსებობის შემთხვევაშიც გადაუჭრელი რჩება.

მხოლოდ მე-19 საუკუნეში დადასტურდა, რომ სამივე პრობლემა გადაუჭრელი იყო მხოლოდ კომპასისა და სწორი ხაზის გამოყენებით. მშენებლობის შესაძლებლობის საკითხი მთლიანად წყდება ალგებრული მეთოდებით, რომელიც დაფუძნებულია გალუას თეორიაზე.

ᲘᲪᲘ, ᲠᲝᲛ...

(გეომეტრიული კონსტრუქციების ისტორიიდან)

ოდესღაც მისტიკური მნიშვნელობა ჩადებული იყო რეგულარული მრავალკუთხედების მშენებლობაში.

ასე რომ, პითაგორეელები, პითაგორას მიერ დაარსებული რელიგიური და ფილოსოფიური სწავლებების მიმდევრები და რომლებიც ცხოვრობდნენ ძველ საბერძნეთში (ვმე-მე ვსაუკუნეებს ძვ.წ ძვ.

ზოგიერთი რეგულარული მრავალკუთხედის მკაცრი გეომეტრიული აგების წესები მოცემულია ძველი ბერძენი მათემატიკოსის ევკლიდის წიგნში „საწყისები“, რომელიც ცხოვრობდა ქ.IIIin. ძვ.წ. ამ კონსტრუქციების შესასრულებლად ევკლიდმა შემოგვთავაზა მხოლოდ სახაზავი და კომპასი გამოეყენებინათ, რომელსაც იმ დროს არ გააჩნდა ფეხების დამაკავშირებელი ხელსაწყოები (იარაღების ასეთი შეზღუდვა ძველი მათემატიკის შეუცვლელი მოთხოვნა იყო).

რეგულარული მრავალკუთხედები ფართოდ გამოიყენებოდა ძველ ასტრონომიაში. თუ ევკლიდე დაინტერესებული იყო ამ ფიგურების აგებით მათემატიკის თვალსაზრისით, მაშინ ძველი ბერძენი ასტრონომისთვის კლავდიუს პტოლემეისთვის (დაახლოებით 90 - 160 წწ.) აღმოჩნდა აუცილებელი, როგორც დამხმარე ინსტრუმენტი ასტრონომიული პრობლემების გადასაჭრელად. ასე რომ, ალმაგესტის პირველ წიგნში მთელი მეათე თავი ეძღვნება რეგულარული ხუთკუთხედების და ათკუთხედების აგებას.

თუმცა, წმინდა მეცნიერული სამუშაოების გარდა, რეგულარული მრავალკუთხედების აგება მშენებლების, ხელოსნებისა და ხელოვანების წიგნების განუყოფელი ნაწილი იყო. ამ ფიგურების გამოსახვის უნარი დიდი ხანია საჭირო იყო არქიტექტურაში, სამკაულებსა და სახვით ხელოვნებაში.

რომაელი არქიტექტორის ვიტრუვიუსის "ათი წიგნი არქიტექტურაზე" (რომელიც ცხოვრობდა დაახლოებით ძვ. რადგან ოთხკუთხედი საკმაოდ განადგურებულია ალყის იარაღით.

ქალაქების დაგეგმარება დიდ ინტერესს იწვევდა ვიტრუვიუსისთვის, რომელიც თვლიდა, რომ საჭირო იყო ქუჩების დაგეგმარება, რათა მათ გასწვრივ მთავარი ქარები არ ქროლულიყო. ვარაუდობდნენ, რომ რვა ასეთი ქარი იყო და ისინი გარკვეული მიმართულებით უბერავს.

რენესანსის დროს რეგულარული მრავალკუთხედების და კერძოდ ხუთკუთხედის მშენებლობა არ იყო მარტივი მათემატიკური თამაში, მაგრამ აუცილებელი წინაპირობა იყო ციხესიმაგრეების ასაგებად.

რეგულარული ექვსკუთხედი იყო დიდი გერმანელი ასტრონომის და მათემატიკოსის იოჰანეს კეპლერის (1571-1630) სპეციალური კვლევის საგანი, რაზეც ის საუბრობს თავის წიგნში საახალწლო საჩუქარი, ანუ ექვსკუთხა ფიფქებზე. მან ისაუბრა იმ მიზეზებზე, რის გამოც ფიფქებს აქვთ ექვსკუთხა ფორმა, იგი აღნიშნავს, კერძოდ, შემდეგს: „...სიბრტყე ხარვეზების გარეშე შეიძლება დაიფაროს მხოლოდ შემდეგი ფიგურებით: ტოლგვერდა სამკუთხედები, კვადრატები და რეგულარული ექვსკუთხედები. ამ ფიგურებს შორის უდიდეს ფართობს მოიცავს რეგულარული ექვსკუთხედი.

გეომეტრიულ კონსტრუქციებში ჩართული ერთ-ერთი ყველაზე ცნობილი მეცნიერი იყო დიდი გერმანელი მხატვარი და მათემატიკოსი ალბრეხტ დიურერი (1471 -1528), რომელმაც მათ მიუძღვნა თავისი წიგნის "სახელმძღვანელო..." მნიშვნელოვანი ნაწილი. მან შემოგვთავაზა წესები 3. 4, 5 ... 16 გვერდით რეგულარული მრავალკუთხედების ასაგებად. დიურერის მიერ შემოთავაზებული წრის გაყოფის მეთოდები არ არის უნივერსალური, თითოეულ შემთხვევაში გამოიყენება ინდივიდუალური ტექნიკა.

დიურერმა გამოიყენა რეგულარული მრავალკუთხედების აგების მეთოდები მხატვრულ პრაქტიკაში, მაგალითად, პარკეტისთვის სხვადასხვა სახის ორნამენტებისა და ნიმუშების შექმნისას. ასეთი ნიმუშების ესკიზები მან ნიდერლანდებში მოგზაურობის დროს გააკეთა, სადაც ბევრ სახლს პარკეტის იატაკი აღმოაჩინეს.

დიურერი ამზადებდა ორნამენტებს რეგულარული მრავალკუთხედებისგან, რომლებიც დაკავშირებულია რგოლებად (ექვსი ტოლგვერდა სამკუთხედის რგოლები, ოთხი ოთხკუთხედი, სამი ან ექვსი ექვსკუთხედი, თოთხმეტი შვიდკუთხედი, ოთხი რვაკუთხედი).

დასკვნა

Ისე,გეომეტრიული კონსტრუქციები არის პრობლემის გადაჭრის მეთოდი, რომელშიც პასუხი მიიღება გრაფიკულად. კონსტრუქციები ტარდება სახატავი ხელსაწყოებით მუშაობის მაქსიმალური სიზუსტით და სიზუსტით, რადგან გადაწყვეტილების სისწორე დამოკიდებულია ამაზე.

ამ ნამუშევრის წყალობით გავეცანი კომპასის წარმოშობის ისტორიას, უფრო დეტალურად გავეცანი გეომეტრიული კონსტრუქციების შესრულების წესებს, მივიღე ახალი ცოდნა და პრაქტიკაში განვახორციელე.
კომპასითა და სახაზავებით მშენებლობასთან დაკავშირებული პრობლემების გადაჭრა სასარგებლო გატარებაა, რომელიც საშუალებას გაძლევთ ახლებურად შეხედოთ გეომეტრიული ფიგურების ცნობილ თვისებებს და მათ ელემენტებს.ამ ნაშრომში განვიხილავთ გეომეტრიულ კონსტრუქციებთან დაკავშირებულ ყველაზე აქტუალურ პრობლემებს კომპასისა და სტრიქონის გამოყენებით. განიხილება ძირითადი ამოცანები და მოცემულია მათი გადაწყვეტილებები. ზემოაღნიშნული ამოცანები საკმაო პრაქტიკული ინტერესია, აერთიანებს გეომეტრიაში მიღებულ ცოდნას და შეიძლება გამოყენებულ იქნას პრაქტიკული სამუშაოსთვის.
ამრიგად, სამუშაოს მიზანი მიღწეულია, დასახული ამოცანები შესრულებულია.

ყირიმის სკოლის მოსწავლეთა მეცნიერებათა მცირე აკადემია

"მპოვნელი"

განყოფილება "მათემატიკა"

გეომეტრიული კონსტრუქცია ორმხრივი სახაზავის გამოყენებით

მე გავაკეთე სამუშაო მაგრამ

_____________

კლასის მოსწავლე

სამეცნიერო მრჩეველი

შესავალი …………………………………………………………………………………..3

I. გეომეტრიული კონსტრუქციები სიბრტყეზე …………………...4

I.1. კონსტრუქციული გეომეტრიის ზოგადი აქსიომები. მათემატიკური ხელსაწყოების აქსიომები…………………………………………………………………………..4

I.2. ……………………….....5

I.3. გეომეტრიული კონსტრუქციები ერთი სახაზავებით ……………………………..7

მე.4. ორმხრივი სახაზავის აგების ძირითადი ამოცანები………………..8

I.5. კონსტრუქციისთვის სხვადასხვა ამოცანების გადაჭრა

I.6. კონსტრუქციები ცალმხრივი სახაზავით……………………………………………………………………………………………

I.7. ორმხრივი სახაზავის ურთიერთშემცვლელობა კომპასთან და სახაზავთან….21

დასკვნა………………………………………………………………….24

გამოყენებული ლიტერატურის სია……………………………………………….25

შესავალი

შეზღუდული საშუალებებით მშენებლობის ამოცანები მოიცავს მხოლოდ კომპასით და სახაზავით აგების ამოცანებს, რომლებიც გათვალისწინებულია სასკოლო სასწავლო გეგმაში. შესაძლებელია თუ არა სამშენებლო პრობლემების გადაჭრა მხოლოდ ერთი სახაზავებით? ხშირად ხელთ არ არის კომპასი და ყოველთვის შეგიძლიათ იპოვოთ მმართველი.

გეომეტრიაში სამშენებლო ამოცანები მომხიბლავი განყოფილებაა. მის მიმართ ინტერესი განპირობებულია გეომეტრიული შინაარსის სილამაზითა და სიმარტივით. ამ პრობლემების განხილვის აქტუალობა იზრდება იმის გამო, რომ იგი პრაქტიკაში გამოყენებას პოულობს. ამ ნაშრომში განხილული პრობლემების გადასაჭრელად ერთი მმართველის გამოყენების უნარს პრაქტიკაში დიდი მნიშვნელობა აქვს, რადგან ჩვენ მუდმივად ვაწყდებით სეგმენტის ნახევრად გაყოფის, მოცემული სეგმენტის გაორმაგების და ა.შ.

ამ ნაშრომში განვიხილავთ მშენებლობის ძირითად ამოცანებს, რომლებიც ემსახურება როგორც მხარდაჭერას უფრო რთული პრობლემების გადაჭრაში.

როგორც გამოცდილება გვიჩვენებს, სამშენებლო ამოცანები იწვევს ინტერესს, ხელს უწყობს გონებრივი აქტივობის გააქტიურებას. მათი ამოხსნისას აქტიურად გამოიყენება ცოდნა ფიგურების თვისებების შესახებ, ვითარდება მსჯელობის უნარი, იხვეწება გეომეტრიული კონსტრუქციების უნარები. შედეგად ყალიბდება კონსტრუქციული უნარები, რაც გეომეტრიის შესწავლის ერთ-ერთი მიზანია.

ჰიპოთეზა: ყველა კონსტრუქციული პრობლემა, რომელიც შეიძლება გადაიჭრას კომპასით და სახაზავებით, შეიძლება გადაწყდეს მხოლოდ ორმხრივი სახაზავით.

შესწავლის ობიექტი: სამშენებლო ამოცანები და ორმხრივი სახაზავი.

კვლევის მიზნები: დაამტკიცოს, რომ ყველა სამშენებლო პრობლემის გადაჭრა შესაძლებელია მხოლოდ ორმხრივი სახაზავის დახმარებით..

კვლევის მიზნები: სამშენებლო ამოცანების გადაჭრის თეორიული საფუძვლების შესწავლა; ორმხრივი სახაზავის დახმარებით ძირითადი სამშენებლო ამოცანების გადაჭრა; მიეცით უფრო რთული სამშენებლო ამოცანების მაგალითები; თეორიული და პრაქტიკული მასალის სისტემატიზაცია.

I. გეომეტრიული კონსტრუქციები სიბრტყეზე

I.1. კონსტრუქციული გეომეტრიის ზოგადი აქსიომები. მათემატიკური ხელსაწყოების აქსიომები

კონსტრუქციული გეომეტრიისთვის აუცილებელია კონკრეტული ხელსაწყოს ზუსტი და მათემატიკური მიზნებისთვის სრული აღწერა. ასეთი აღწერა მოცემულია აქსიომების სახით. ეს აქსიომები აბსტრაქტული მათემატიკური ფორმით გამოხატავს რეალური ხატვის ხელსაწყოების იმ თვისებებს, რომლებიც გამოიყენება გეომეტრიული კონსტრუქციებისთვის.

გეომეტრიული კონსტრუქციებისთვის ყველაზე ხშირად გამოყენებული ხელსაწყოებია:მმართველი (ცალმხრივი) , კომპასი, ორმხრივი სახაზავი (პარალელური კიდეებით) და ზოგიერთი სხვა.

A. მმართველის აქსიომა.

სახაზავი საშუალებას გაძლევთ შეასრულოთ შემდეგი გეომეტრიული კონსტრუქციები:
ა) ორი აგებული წერტილის დამაკავშირებელი სეგმენტის აგება;

ბ) ააგეთ სწორი ხაზი, რომელიც გაივლის ორ აგებულ წერტილს;

გ) ააგეთ სხივი, რომელიც გამოდის აგებული წერტილიდან და გადის სხვა აგებულ წერტილში.

B. კომპასის აქსიომა.

კომპასი საშუალებას გაძლევთ შეასრულოთ შემდეგი გეომეტრიული კონსტრუქციები:
ა) ააგეთ წრე, თუ აგებულია წრის ცენტრი და წრის (ან მისი ბოლოების) რადიუსის ტოლი სეგმენტი;

ბ. ორმხრივი მმართველის აქსიომა.

ორმხრივი სახაზავი საშუალებას გაძლევთ:

ა) შეასრულოს A აქსიომაში ჩამოთვლილი რომელიმე კონსტრუქცია;

ბ) აგებული ხაზით განსაზღვრულ თითოეულ ნახევარსიბრტყეში ააგეთ წრფე ამ წრფის პარალელურად და მისგან დაშორებით.მაგრამ, სად მაგრამ - მოცემული სახაზავისთვის დაფიქსირებული სეგმენტი (ხაზვის სიგანე);

გ) თუ აგებულია ორი წერტილი A და B, მაშინ დაადგინეთ, იქნება თუ არა AB რაიმე ფიქსირებულ სეგმენტზე მეტიმაგრამ (სახაზავი სიგანე), და თუ AB >მაგრამ , შემდეგ ააგეთ ორი წყვილი პარალელური წრფე, რომლებიც გადის A და B წერტილებში, შესაბამისად და ერთმანეთისგან დაშორებითმაგრამ .

ზემოაღნიშნული ხელსაწყოების გარდა, გეომეტრიული კონსტრუქციებისთვის შეგიძლიათ გამოიყენოთ სხვა ხელსაწყოები: თვითნებური კუთხე, კვადრატი, სახაზავი ნიშნებით, წყვილი სწორი კუთხე, სხვადასხვა მოწყობილობები სპეციალური მოსახვევებისთვის და ა.შ.

I.2. სამშენებლო პრობლემების გადაჭრის ზოგადი პრინციპები

აგების ამოცანა მდგომარეობს იმაში, რომ საჭიროა მითითებული ინსტრუმენტებით გარკვეული ფიგურის აგება, თუ მოცემულია სხვა ფიგურა და მითითებულია გარკვეული ურთიერთობა სასურველი ფიგურისა და ამ ფიგურის ელემენტებს შორის.

ყოველი ფიგურა, რომელიც აკმაყოფილებს პრობლემის პირობებს, ეწოდებაგადაწყვეტილებაამ ამოცანას.

იპოვე გამოსავალი კონსტრუქციული დავალება ნიშნავს მის შემცირებას საბაზისო კონსტრუქციების სასრულ რაოდენობამდე, ე.ი. მიეთითოს ძირითადი კონსტრუქციების სასრული მიმდევრობა, რის შემდეგაც სასურველი ფიგურა უკვე ჩაითვლება აგებულად კონსტრუქციული გეომეტრიის მიღებული აქსიომების საფუძველზე. დასაშვები ძირითადი კონსტრუქციების ჩამონათვალი და, შესაბამისად, პრობლემის გადაჭრის კურსი, არსებითად დამოკიდებულია იმაზე, თუ რა სახის ინსტრუმენტები გამოიყენება კონსტრუქციებისთვის.

მოაგვარეთ მშენებლობის პრობლემა - ნიშნავს, იპოვნეთ ყველა გამოსავალი .

ბოლო განმარტება საჭიროებს გარკვეულ განმარტებას. ფიგურები, რომლებიც აკმაყოფილებენ პრობლემის პირობებს, შეიძლება განსხვავდებოდეს როგორც ფორმით, ასევე ზომით და სიბრტყეზე პოზიციით. სიბრტყეზე პოზიციის განსხვავებები მხედველობაში მიიღება ან არ არის გათვალისწინებული თავად კონსტრუქციული ამოცანის ფორმულირებიდან გამომდინარე, იმის მიხედვით, უზრუნველყოფს თუ არა პრობლემის მდგომარეობა სასურველი ფიგურის გარკვეულ მდებარეობას რომელიმე მოცემულ ფიგურასთან შედარებით.

თუ პრობლემის გადაწყვეტა მოიძებნა, მაშინ სამომავლოდ ნებადართულია გამოიყენოს ეს გამოსავალი "მთლიანად", ანუ ძირითად კონსტრუქციებად დაყოფის გარეშე.

არსებობს მთელი რიგი მარტივი გეომეტრიული კონსტრუქციული ამოცანები, რომლებიც განსაკუთრებით ხშირად შედის კომპონენტებად უფრო რთული ამოცანების გადაწყვეტაში. ჩვენ მათ დავარქმევთ ელემენტარულ გეომეტრიულ კონსტრუქციულ ამოცანებს. ელემენტარული ამოცანების ჩამონათვალი, რა თქმა უნდა, პირობითია. ყველაზე გავრცელებული ამოცანები მოიცავს შემდეგს:

გაყავით ეს სეგმენტი შუაზე.

გაყავით ეს კუთხე შუაზე.

მოცემული ტოლი სეგმენტის მოცემულ ხაზზე აგება.

მოცემულის ტოლი კუთხის აგება.

წრფის აგება, რომელიც გადის მოცემულ წერტილში მოცემული წრფის პარალელურად.

მოცემულ წერტილში გამავალი და მოცემული წრფის პერპენდიკულარული წრფის აგება.

სეგმენტის დაყოფა ამ მხრივ.

სამკუთხედის აგება სამი გვერდით.

სამკუთხედის აგება მოცემული გვერდით და ორი მიმდებარე კუთხით.

სამკუთხედის აგება ორი გვერდით და მათ შორის კუთხით.

რაიმე გარკვეულწილად რთული სამშენებლო პრობლემის გადაჭრისას ჩნდება კითხვა, თუ როგორ უნდა ვიმსჯელოთ, რათა იპოვოთ პრობლემის გადაჭრის გზა, მოიპოვოთ პრობლემის ყველა გადაწყვეტა, გაარკვიოთ პრობლემის გადაჭრის შესაძლებლობის პირობები და ა.შ. კონსტრუქციული პრობლემების გადაჭრისას ისინი იყენებენ გადაწყვეტის სქემას, რომელიც შედგება შემდეგი ოთხი საფეხურისაგან:

1) ანალიზი;
2) მშენებლობა;
3) მტკიცებულება;
4) კვლევა.

I.3. გეომეტრიული კონსტრუქციები ერთი სახაზავი

მმართველს განვიხილავთ ორი თვალსაზრისით: მმართველად და ორმხრივ მმართველად.

1. ორმხრივი მმართველისიგანე მაგრამ ჩვენ მოვუწოდებთ სახაზავს, რომელსაც აქვს პარალელური კიდეები, რომლებიც მდებარეობს მანძილზე მაგრამ ერთმანეთისგან, რაც შესაძლებელს ხდის უშუალოდ აშენებას:

ა) თვითნებური ხაზი;

ბ) პრობლემის გადაჭრის პროცესში მოცემულ ან მიღებულ ორ წერტილზე გამავალი სწორი ხაზი;

გ) პარალელური ხაზები, რომელთაგან თითოეული გადის ერთ-ერთ წერტილზე, რომელთა შორის მანძილი მეტიამაგრამ (ამ კონსტრუქციის დროს სახაზავი ისეთ მდგომარეობაშია, რომ მის ორ პარალელურ კიდეს აქვს მოცემული ორი წერტილიდან ერთი; ამ შემთხვევაში პირდაპირ კონსტრუქციაზე ვისაუბრებთ).

ამ კონსტრუქციაში სახაზავის სიგანე განიხილება მუდმივი და, შესაბამისად, თუ კონკრეტული პრობლემის გადაჭრის პროცესში საჭირო ხდება პირდაპირი კონსტრუქციის შესრულება ზოგიერთი მიღებული წერტილის მიმართ.მაგრამდა IN , მაშინ უნდა დავამტკიცოთ, რომ სიგრძეABმეტი სიგრძე მაგრამ .

წერტილი ჩაითვლება აგებულად, თუ ის არის ერთ-ერთი მონაცემი ან არის ორი აგებული ხაზის გადაკვეთა; თავის მხრივ განვიხილავთ აგებულ წრფეს, თუ ის გადის აგებულ ან მოცემულ წერტილებზე.

ორმხრივი მმართველის გამოყენებით, შეგიძლიათ ააგოთ შემდეგი.

ა) ხაზი შეიძლება გაივლოს ნებისმიერ ორ წერტილში, მაგრამ მხოლოდ ერთი.

ბ) როგორიც არ უნდა იყოს წრფე, სიბრტყეში არის ზუსტად ორი წრფე მის პარალელურად და მისგან დაშორებით.ა .

გ) ორი A და B წერტილის გავლით AB-ზე მაგრამ შესაძლებელია ორი წყვილი პარალელის გავლებაპირდაპირი; AB-ზე = მაგრამ შეიძლება დაიხაზოს წყვილი პარალელური წრფე, რომელთა შორის მანძილი ტოლიამაგრამ .

თუ მოცემულია ერთი, ორი, სამი ქულა, მაშინ ახალი ქულების აგება არ შეიძლება

(Ფიგურა 1);

თუ მოცემულია ოთხი წერტილი, რომელთაგან სამი (ან ოთხივე) ერთსა და იმავე სწორ ხაზზე დევს, მაშინ სხვა წერტილების აგება შეუძლებელია (ნახ. 2);

პარალელოგრამის წვეროებზე მდებარე ოთხი წერტილის გათვალისწინებით, შესაძლებელია მხოლოდ ერთი წერტილის - მისი ცენტრის აგება. (ნახ.3).

ზემოაღნიშნულის მიღების შემდეგ ცალკე განვიხილავთ ორმხრივი მმართველის მიერ გადაწყვეტილ პრობლემებს.

მე.4. ძირითადი ამოცანები ორმხრივი სახაზავის აგების შესახებ

1
. ააგეთ ABC კუთხის ბისექტრი.

გამოსავალი: (ნახ. 4)

მაგრამ  (IN C) და ბ  (Ჯგუფი  ბ = დ .

მიიღეთ B დ- ბისექტორი  ABC.

მართლაც, მიღებული

პარალელოგრამის კონსტრუქცია არის

რომბი, რადგან მისი სიმაღლეები ტოლია. INდ –

რომბის დიაგონალი არის ბისექტორი ABC. ნახ.4

2
. გააორმაგეთ მოცემული კუთხე ABC

გამოსავალი : (ნახ. 5) ა) მაგრამ  (AB),

მაგრამ  (IN C)= დ , B წერტილების მეშვეობით და დ

ბ პირდაპირ;

ბ) B წერტილების მეშვეობით დად მ  ბ

პირდაპირ,ბ Ç a = ფ .

მიიღეთ Ð AB ფ = 2 Ð ABC .

ნახ.5

3 . ამ ხაზამდე მ ნ ამაში

დახაზეთ პერპენდიკულარი A წერტილზე

გამოსავალი : (ნახ.6)

1) (AA 1) || (VV 1) || (SS 1) -

პირდაპირ (ში (მ ნ),

FROM Î (მ ნ)); 2) A და B მეშვეობით

მ || ნ - პირდაპირ,

მ Ç (SS 1) = დ .

ჩვენ ვიღებთ (ა დ )  (მ ნ ).

სურ.6.

4
. მოცემული წერტილის მეშვეობით არ იტყუება

ეს ხაზი, დახაზეთ პერპენდიკულარი

რომ ეს სწორი ხაზი.

გამოსავალი: ამ წერტილის მეშვეობით O ჩვენ ვხატავთ

ორი წრფე, რომელიც კვეთს მოცემულს

სწორი ხაზი AB და გააორმაგეთ მიღებული კუთხეები

მოცემულის მიმდებარე სამკუთხედები

სწორი.  OA ნ = 2  OAB და

OV ნ = 2  OVA (ნახ. 7).

ნახ.7

5. ააგეთ მოცემულის სიმეტრიული წერტილი მოცემული წრფის მიმართ.

გამოსავალი: იხილეთ ამოცანა 4. (O წერტილი სიმეტრიულია წერტილის მიმართნ. ნახ.7)

6. დახაზეთ სწორი ხაზი ამის პარალელურად

პ
ხაზი M ნ , A წერტილის გავლით, არა

მიეკუთვნება M ხაზს ნ .

გამოსავალი 1: (ნახ. 8)

1)(AA 1) || (VV 1) || (SS 1) || (DD 1 ) || (KK 1) -

– პირდაპირ, (CA)Ç (BB 1) \u003d C 2;

2) (C 2 K) Ç (DD 1 ) = ფ .

(მაგრამ ფ ) არის სასურველი ხაზი.

Ფიგურა 8

გამოსავალი 2 . 8-ში 1 დანომრილია

სწორი ხაზების თანმიმდევრობა,

რომელთაგან 1, 2 და 3 პარალელურია

პირდაპირი მშენებლობა;

(მაგრამ ფ) || (მ ნ).

სურ.8 1

7
. გაყავით ეს სეგმენტი AB შუაზე.

გამოსავალი 1 (სურ. 9) (მხოლოდ იმ შემთხვევისთვის, როცა სახაზავის სიგანე ნაკლებია მოცემული სეგმენტის სიგრძეზე). პირდაპირ დახაზეთ ორი წყვილი პარალელური წრფე

ამ სეგმენტის ბოლოები, შემდეგ კი დიაგონალი

მიღებული რომბი. O არის AB-ის შუა წერტილი.

ბრინჯი. ცხრა.

გამოსავალი 2 (ნახ. 9, ა)

1) ა || (Ჯგუფი ბ || (AB) - პირდაპირ;

2) (AR), (AR)Ç a = C, (AP) Ç ბ = დ ;

3) (დ IN) Ç a = M, (CB) Ç ბ = ნ ;

4) (მ ნ ) Ç (AB) = K;

5) (დ TO) Ç (მაგრამ ნ ) = ფ ;

6) (ში ფ ) Ç ბ = დ 1, (ბ ფ ) Ç a \u003d C 1;

7) (დ IN ) Ç (მაგრამ დ 1) = X,

(AC 1) Ç (CB) = ზ.

8) (X ზ) Ç (AB) = O. ჩვენ ვიღებთ AO = OB.

სურ. 9, ა

გამოსავალი 3 .(ბრინჯი. 9ბ)

როგორც ცნობილია , შუა ტრაპეციაში

ფუძეები, გადაკვეთის წერტილი

დიაგონალები და გადაკვეთის წერტილი

გვერდითი გაფართოებები

დაწექი იმავე ხაზზე.

1) მ || (AB) - პირდაპირ;

2) გ Î მ , დ Î მ , (AC) Ç (IN დ ) = TO; სურ.9,ბ

3) (CB) Ç (მაგრამ დ ) = ფ ; 4) (კ ფ ) Ç (AB) = O. ჩვენ ვიღებთ AO = OB.

I.5. სხვადასხვა სამშენებლო პრობლემის გადაჭრა

მხოლოდ ორმხრივი სახაზავის აგების შესახებ შემდეგი ამოცანების გადაჭრისას გამოყენებულია პარალელური ხაზების პირდაპირი კონსტრუქცია და ზემოთ ჩამოთვლილი შვიდი ძირითადი პრობლემა.

1. დახაზეთ ორი ერთმანეთის პერპენდიკულარული ხაზი ამ წერტილში.

რ გამოსავალი: გაიაროს ეს წერტილი

ორი თვითნებური ხაზი,

შემდეგ კი ბისექტრები

მიმდებარე კუთხეები. (ნახ.10)

სურ.10

2. მოცემული სეგმენტი A დ მოცემული სიგრძე.

ააგეთ სეგმენტი, რომლის სიგრძეა .

რ
გამოსავალი : დავხარჯოთ მ  მაგრამდა თ || მ გადაღმა

წერტილი A. ვ || (მაგრამ დ ) , კ || (ახ.წ) პირდაპირ.

დავხატოთ AB და AC, სადაც B =ვ  მ ,

a C = მ  კ . ცნობილი გზით

გაყავით AB და AC შუაზე და

დახაზეთ სამკუთხედის შუალედები

ABC. მედიანების თვისებით

სამკუთხედი, ოჰ დ = - სასურველი

სეგმენტი (ნახ.11)

ბრინჯი. თერთმეტი

3. ააგეთ ხაზის სეგმენტი, რომლის სიგრძეა

სამკუთხედის პერიმეტრის ტოლი.

გამოსავალი: (სურ. 12). ავაშენოთ ბისექტრები

სამკუთხედის ორი გარე კუთხე და შემდეგ

3 მწვერვალი IN დახაზეთ პერპენდიკულარები

ამ ბისექტორებს.

DE = a + ბ + თან

სურ.12

4. მოცემულია a სიგრძის სეგმენტი. სიგრძის სეგმენტების აგება 2a, 3a.

რ გამოსავალი: (ნახ. 13)

1 მ ნ) || (AB) და (M 1 ნ 1 ) || (მ ნ) || (M 2 ნ 2 ) –

პირდაპირ;

2) (CA) და (CB) A და B-მდე.

სეგმენტები A 1 B 1 და A 2 B 2 საჭიროა.

ამ პრობლემის კიდევ ერთი გამოსავალი შეიძლება იყოს

მიიღეთ 7 პრობლემის გადაწყვეტა.

ბრინჯი. 13

5. სწორ ხაზზე მოცემულია ორი სეგმენტი, რომელთა სიგრძეა და ბ . ააგეთ სეგმენტები, რომელთა სიგრძე უდრის +-ს ბ , ბ -მაგრამ ( ა + ბ )/2 და ( ბ - ა )/2 .

გამოსავალი: და ამისთვის ა + ბ(სურ. 14, ა)

სურ. 14, ა

ბ) ამისთვის ( ა + ბ)/2 (ნახ. 14, ბ)

1) (A 1 B 1) || (A 2 B 2) || (AB) - პირდაპირ;

2) მ Î (A 2 B 2), (MX) Ç (A 1 B 1) = ნ, (მ ჰ) Ç (A 1 B 1) = პ;

3) (PY) Ç (A 2 B 2) = ლ, (ლზ ) Ç (A 1 B 1) = ო

ჩვენ ვიღებთ: ნ ო = NP + PO =
.

ბრინჯი. 14ბ

გ) ამისთვის ბ -მაგრამ(ნახ. 14, გ)

ბრინჯი. 14, in

გ) ამისთვის ( ბ - ა )/2 (ნახ. 14d)

ბრინჯი. 14, გ

6
. ააგეთ ამ წრის ცენტრი.

გამოსავალი : (ნახ. 15) დახაზეთ სწორი ხაზი AB,

წრის გადაკვეთა A და B წერტილებში;

მზე  AB, სადაც C არის გადაკვეთის წერტილი

წრით.

გაავლეთ C წერტილი AB-ის პარალელურად

სწორი ხაზი C დ; FROMდკვეთს წრეს

წერტილშიდ.

შეერთებითდB-ით და A-ით C-ით, ვიღებთ

სასურველი წერტილი არის წრის ცენტრი. ბრინჯი. 15

გამოსავალი 2: (სურ. 16) ააგეთ ორი პარალელური აკორდი ორმხრივი სახაზავის გამოყენებითახ.წ დაძვ.წ . ვიღებთ ტოლფერდა ტრაპეციასᲐ Ბ Გ Დ. დაე იყოსკ დაპ - ხაზების გადაკვეთის წერტილებიAC დაBD , AB დაDC . შემდეგ ხაზიპ კ გადის მათზე პერპენდიკულარული ტრაპეციის ფუძეების შუა წერტილებში, რაც ნიშნავს, რომ ის გადის მოცემული წრის ცენტრში. ანალოგიურად ავაშენეთ კიდევ ერთი ასეთი სწორი ხაზი, ჩვენ ვპოულობთ წრის ცენტრს.

ბრინჯი. 16

7. მოცემულია წრის რკალი. ააგეთ წრის ცენტრი

გამოსავალი . (სურ. 17) ამ რკალზე ავღნიშნოთ სამი წერტილი A, B და C. AB მონაკვეთის ბოლოებზე დავამაგროთ სახაზავი და შემოვხაზოთ მისი კიდეები. ჩვენ ვიღებთ ორ პარალელურ ხაზს. მმართველის პოზიციის შეცვლით, დახაზეთ კიდევ ორი ​​პარალელური სწორი ხაზი. ვიღებთ რომბს (პარალელოგრამა თანაბარი სიმაღლეებით). რომბის ერთ-ერთი დიაგონალი არის სეგმენტის პერპენდიკულარული ბისექტორიAB , ვინაიდან რომბის დიაგონალი დევს მეორე დიაგონალის პერპენდიკულარულ ბისექტორზე. ანალოგიურად, ჩვენ ვაშენებთ სეგმენტის პერპენდიკულარულ ბისექტორსAC . აგებული შუა პერპენდიკულარების გადაკვეთის წერტილი არის სასურველი წრის ცენტრი.

ბრინჯი. 17

8. მოცემულია AB მონაკვეთი, l მისი პარალელური წრფე და მასზე M წერტილი. ერთი ორმხრივი სახაზავი ააგეთ l წრფის გადაკვეთის წერტილები AB რადიუსის წრეზე M ცენტრით.

გამოსავალი: (სურ.18)

შევავსოთ სამკუთხედიABM პარალელოგრამამდეABNM . ავაგოთ MT და ბისექტორებიᲥᲐᲚᲑᲐᲢᲝᲜᲘკუთხეებს შორისMNდა პირდაპირილ . მოდით გავიაროთ წერტილინ ხაზები ამ ბისექტორების პარალელურად:NQ || ᲥᲐᲚᲑᲐᲢᲝᲜᲘ, NR || MT. MT│ ᲥᲐᲚᲑᲐᲢᲝᲜᲘროგორც მიმდებარე კუთხეების ბისექტრები. ნიშნავს,NQ │ MT, ანუ სამკუთხედშიNMQბისექტორი არის სიმაღლე, ამიტომ სამკუთხედი არის ტოლფერდა:MQ = MN. ანალოგიურად,ᲑᲐᲢᲝᲜᲘ = MN. ქულებიქდარსასურველი.

ბრინჯი. თვრამეტი

9. მოცემულია l წრფე და l-ის პარალელურად OA სეგმენტი. ერთი ორმხრივი სახაზავი ააგეთ l წრფის გადაკვეთის წერტილები OA რადიუსის წრეზე, რომელიც ორიენტირებულია O-ზე.

გამოსავალი: (სურ. 19, ა)

დავხატოთ სწორი ხაზილ 1 , ხაზის პარალელურადOA და მისგან დაშორებითა . მოდით პირდაპირ მივიღოთლ თვითნებური წერტილიბ . დაე იყოსბ 1 - ხაზების გადაკვეთის წერტილიOB დალ 1 . მოდით გავიაროთ წერტილიბ 1 სწორი, პარალელურიAB ; ეს ხაზი კვეთს ხაზსOA წერტილშია 1 . მოდი ახლა გავიაროთ პუნქტებიო დაა 1 პარალელური წრფეების წყვილი, რომელთა შორის მანძილი ტოლიაა (შეიძლება იყოს ორი ასეთი წყვილი ხაზი); იყოსX დაX 1 - წერტილის გავლით ხაზის გადაკვეთის წერტილიო , სწორი ხაზებითლ დალ 1 . იმიტომ რომOA 1 = ოქსი 1 და ∆OA 1 X 1 ∆ OAX , შემდეგ OA = OH, წერტილიX სასურველი.

ანალოგიურად, ვაშენებთ წრის და სწორი ხაზის გადაკვეთის მეორე წერტილს - წერტილსი(სურ.18,ბ).

ბრინჯი. 18, ა

ბრინჯი. 18ბ

I.6.კონსტრუქციები ცალმხრივი სახაზავით

ვ
აქ განვიხილავთ განსაკუთრებულ შემთხვევას: მოყვანილი იყოს P პუნქტები,ქ, რ 1 დაქ 1 . და ისინი დევს ტრაპეციის წვეროებზე.

1. გაყავით სეგმენტი P ქ ნახევარში

გამოსავალი ნაჩვენებია სურათზე 19

მოცემული პუნქტები P,ქ, რ 1 დაქ 1 და პარალელური ხაზები

რქ, რ 1 ქ 1 . დავხარჯოთ პქ 1  ქრ 1 = ბ , RR 1  QQ 1 = ა

შეაერთეთ A და B. AB წერტილები რქ = ფ- შუა

სეგმენტი Pქ.

ბრინჯი. 19

2. ორმაგი სეგმენტი რ 1 ქ 1.

რ
გამოსავალი ნაჩვენებია ნახაზი 20. ავაშენოთ

წერტილიფ- სეგმენტის შუა Rქდა დააკავშირეთ იგი

დანქ 1. რ 1 ქ FQ 1 = M. განვახორციელოთ RM. RM რ 1 ქ 1 = რ

თანასწორობაRQდა რ 1 ქ 1 მსგავსებიდან გამომდინარეობს

სამკუთხედები RMფდა რმქ 1 ,

ფმქდა რ 1 მქ 1 , და თანასწორობა РფდაFQ.

ბრინჯი. ოცი

3
. სიგრძის სეგმენტის აგება ნ  რ 1 ქ 1 .

მ – 1 თანაბარი სეგმენტები Pქ 2 , ქ 2 ქ 3, … ქ მ -1 ქ მ

შემდეგ ვაშენებთ (RR 1 ) დაქ მ ქ 1 და დააკავშირე

მათი გადაკვეთის წერტილი A წერტილებთან

ქ 2 , ქ 3, … ქ მ მიღებულიმ -1 პირდაპირი

გაყოფარ 1 ქ 1 ზემ თანაბარი ნაწილები.

ამისთვისმ = 4 გამოსავალი ნაჩვენებია სურათზე 22

სურ.22

I.7. ორმხრივი სახაზავის ურთიერთშემცვლელობა კომპასთან და სახაზავთან

დავამტკიცოთ, რომ ორმხრივი სახაზავი ურთიერთშემცვლელია კომპასთან და სახაზავთან. ამისათვის ჩვენ ვამტკიცებთ შემდეგ მტკიცებულებებს:

დებულება 1: ყველა კონსტრუქცია, რომელიც შესაძლებელია კომპასით და სწორხაზოვნით, შესაძლებელია ორმხრივი წრფით.

ვინაიდან კომპასით და სახაზავით აგებისას სახაზავი ხაზავს სწორ ხაზს ორ წერტილში, ხოლო კომპასი აგებს წრეს (პოულობს მოცემულისაგან თანაბარი მანძილის მქონე წერტილების სიმრავლეს), მაშინ კომპასისა და სახაზავის ყველა კონსტრუქცია მცირდება. ორი სწორი ხაზის, ორი წრის და წრის გადაკვეთის აგება სწორი ხაზით.

ორი ხაზის გადაკვეთა შეიძლება დაიხაზოს სახაზავი.

წრის და სწორი ხაზის კვეთა (სურ. 23):

Შენობა:მიეცით AB სეგმენტი - წრის რადიუსი, სწორი ხაზილ , წრის ცენტრი O, შემდეგ:

1) ჩვენ ვხარჯავთ OS ||ლ , OS = AB.

2) ჩვენ ვხარჯავთ OS ||კდა დისტანციური ა.

3) Ჩვენ ვხარჯავთOD, OD ლ = დ; OD ლ) თალესის თეორემის დასკვნის მიხედვით

4) თანასწორობათა გარდამავალობის კანონის მიხედვით

5) განიხილეთOMQE. OMQEარის პარალელოგრამი, ვინაიდან OM ||EQდა OE ||MC(წრფივი მხარეები პარალელურია). დავამტკიცოთ, რომ ეს რომბია.

5.1) ქცევაQZ OCდაQG ჩართულია, მაშინQG = QZ = ა.

5.2)  OMQ =  RQM(ჯვარი იტყუება);  OS =ჩართულია, რაც დასამტკიცებელი იყო.

ორი წრის გადაკვეთა: მსგავსი.

განცხადება 2: ყველა კონსტრუქცია, რომელიც შესაძლებელია ორმხრივი სახაზავებით, შესაძლებელია კომპასით და სწორხაზოვნად.

ამისათვის ჩვენ შევასრულებთ კონსტრუქციებს, რომლებიც სტანდარტულია ორმხრივი სახაზავისთვის კომპასისა და სახაზავის გამოყენებით.

1) ორპუნქტიანი ხაზი ადვილად იხაზება სახაზავის გამოყენებით.

2) სწორი ხაზის აგება მოცემულის პარალელურად და მისგან მოშორებით მოცემულ მანძილზე:

2.1) მიეცით ხაზიკდა სიგრძის სეგმენტია.

2.2) ვაშენებთ თვითნებურ ხაზსბ კ, იყოსკ ბ= ბ.

2.3) ჩართულიბწერტილის ორივე მხარესბსწორ ხაზზებგამოყავით სიგრძეა, დაუშვით ქულებიCდად.

2.4) წერტილის გავლითCსწორი ხაზის აშენებაგ კ.

2.5) წერტილის გავლითდსწორი ხაზის აშენებად კ.

2.6) პირდაპირიგდად– სასურველი, ვინაიდანძვ.წდაBDთანაბარიაკონსტრუქციით და უდრის ხაზს შორის მანძილსკდა პირდაპირი

3) ერთმანეთის პარალელურად და ორ მოცემულ წერტილში გამავალი წრფეების აგება და მათ შორის მანძილი მოცემული სეგმენტის ტოლია:

3.1) დაე, ქულები მიენიჭოსადაბდა სიგრძის სეგმენტია.

3.2) დახაზეთ წრე, რომელიც ორიენტირებულია წერტილზეადა რადიუსია.

3.3) ჩვენ ვაშენებთ ტანგენტს მოცემულ წრეზე წერტილის მეშვეობითბ; არსებობს ორი ასეთი ტანგენსი, თუბწრის გარეთ დევს (თუAB> ა), ერთი თუბწევს წრეზე (თუAB= ა), არცერთი თუბწრის შიგნით დევს (AB< ა). ეს ტანგენტი ერთ-ერთი სასურველი ხაზია; დარჩა წერტილის გასავლელადასწორი ხაზი მის პარალელურად.

3.4) ვინაიდან ერთ-ერთი წრფე არის ტანგენტის სახით წრის რადიუსზე პერპენდიკულარული, მეორეც მასზე პერპენდიკულარულია (რადგან ისინი პარალელურები არიან), შესაბამისად, მათ შორის მანძილი უდრის რადიუსს, რომელიც, აგებულებით, ტოლია. რომარაც საჭირო იყო.

ამრიგად, ჩვენ დავამტკიცეთ ორმხრივი სახაზავი და კომპასი და სახაზავი.

დასკვნა: ორმხრივი სახაზავი ურთიერთშემცვლელია კომპასებთან და სახაზავთან.

დასკვნა

ასე რომ, განიხილება და გადაიჭრება საკითხი კლასიკური სამშენებლო ამოცანების გადასაჭრელად კომპასისა და სახაზავის დახმარებით ერთი სახაზავი გამოყენების შესაძლებლობის შესახებ. გამოდის, რომ კონსტრუქციული პრობლემების მოგვარება შესაძლებელია მხოლოდ ერთი სახაზავი პარალელური კიდეებით. უფრო რთული პრობლემების გადაჭრისას, მომავალში უნდა დაეყრდნოთ ამ ნაშრომში განხილულ ე.წ. საბაზისო კონსტრუქციებს.

წარმოდგენილი მასალის პირდაპირ გამოყენება შესაძლებელია არა მხოლოდ მათემატიკის გაკვეთილებზე, მათემატიკური წრის გაკვეთილებზე, არამედ პრაქტიკულ აქტივობებშიც.

გამოყენებული ლიტერატურის სია

ალიევი ა.ვ. გეომეტრიული კონსტრუქციები. მათემატიკა სკოლაში. 1978 No3

გლეიზერ გ.ი. მათემატიკის ისტორია სკოლაში. მ., განმანათლებლობა. 1981 წ.

დეპმენ ი.ია. მათემატიკის სახელმძღვანელოს გვერდების მიღმა. მ.. განათლება.1989წ.

ელენსკი შ.პითაგორას კვალდაკვალ. მ., დეტგიზი. 1961 წ.

ახალგაზრდა მათემატიკოსის ენციკლოპედიური ლექსიკონი. მ., პედაგოგიკა. 1985 წ

მაგალითი

ხაზის გაყოფა შუაზე

ბისექციის პრობლემა. გამოიყენეთ კომპასი და სტრიქონი ამ სეგმენტის გასაყოფად ABორ თანაბარ ნაწილად. ერთ-ერთი გამოსავალი ნაჩვენებია ფიგურაში:

• კომპასები ხაზავენ წრეებს ორიენტირებულ წერტილებზე ადა ბრადიუსი AB.
• გადაკვეთის წერტილების პოვნა პდა ქორი აგებული წრე (რკალი).
• სახაზავზე დახაზეთ სეგმენტი ან ხაზი, რომელიც გადის წერტილებს პდა ქ.
• სეგმენტის შუა წერტილის პოვნა AB- გადაკვეთის წერტილი ABდა PQ.

ფორმალური განმარტება

კონსტრუქციული პრობლემები განიხილავს სიბრტყის ყველა წერტილის სიმრავლეს, სიბრტყის ყველა წრფის სიმრავლეს და სიბრტყის ყველა წრის სიმრავლეს, რომლებზედაც დაშვებულია შემდეგი მოქმედებები:

1. აირჩიეთ წერტილი ყველა პუნქტიდან:
   1. თვითნებური წერტილი
   2. თვითნებური წერტილი მოცემულ ხაზზე
   3. თვითნებური წერტილი მოცემულ წრეზე
   4. ორი მოცემული წრფის გადაკვეთის წერტილი
   5. მოცემული წრფისა და მოცემული წრის გადაკვეთის / ტანგენციის წერტილები
   6. ორი მოცემული წრის გადაკვეთის/ტანგენციის წერტილები
2. „ვია მმართველები» აირჩიეთ ხაზი ყველა ხაზის ნაკრებიდან:
   1. თვითნებური ხაზი
   2. თვითნებური ხაზი, რომელიც გადის მოცემულ წერტილში
   3. ხაზი, რომელიც გადის ორ მოცემულ წერტილს
3. „ვია კომპასი» აირჩიეთ წრე ყველა წრის სიმრავლიდან:
   1. თვითნებური წრე
   2. თვითნებური წრე, რომელიც ორიენტირებულია მოცემულ წერტილზე
   3. თვითნებური წრე, რომლის რადიუსი უდრის ორ მოცემულ წერტილს შორის მანძილს
   4. წრე, რომელიც ორიენტირებულია მოცემულ წერტილზე და რადიუსით უდრის მანძილს ორ მოცემულ წერტილს შორის

პრობლემის პირობებში მითითებულია პუნქტების გარკვეული ნაკრები. ოპერაციების სასრული რაოდენობის გამოყენებით საჭიროა ზემოთ დაშვებული ოპერაციებიდან სხვა წერტილების აწყობა, რომელიც მოცემულ კავშირშია თავდაპირველ კომპლექტთან.

სამშენებლო პრობლემის გადაწყვეტა შეიცავს სამ ძირითად ნაწილს:

1. მოცემული ნაკრების აგების მეთოდის აღწერა.
2. მტკიცებულება იმისა, რომ აღწერილი გზით აგებული ნაკრები ნამდვილად არის მოცემულ ურთიერთობაში თავდაპირველ კომპლექტთან. როგორც წესი, კონსტრუქციის დადასტურება კეთდება როგორც თეორემის რეგულარული დადასტურება, აქსიომებსა და სხვა დადასტურებულ თეორემებზე დაყრდნობით.
3. აღწერილი კონსტრუქციის მეთოდის ანალიზი საწყისი პირობების სხვადასხვა ვარიანტებზე მისი გამოყენებადობის, აგრეთვე აღწერილი მეთოდით მიღებული ხსნარის უნიკალურობის ან არაუნიკალურობის გამო.

ცნობილი საკითხები

• აპოლონიუსის პრობლემა სამ მოცემულ წრეზე ტანგენსი წრის აგების შესახებ. თუ მოცემული წრეებიდან არცერთი არ არის მეორის შიგნით, მაშინ ამ პრობლემას აქვს 8 არსებითად განსხვავებული გადაწყვეტა.
• ბრაჰმაგუპტას პრობლემა მის ოთხ მხარეს წარწერიანი ოთხკუთხედის აგების შესახებ.

რეგულარული მრავალკუთხედების აგება

უძველესმა გეომეტრებმა იცოდნენ როგორ აეშენებინათ სწორი ნ-გონები , , და .

შესაძლო და შეუძლებელი კონსტრუქციები

ყველა კონსტრუქცია სხვა არაფერია თუ არა რაიმე განტოლების ამონახსნები და ამ განტოლების კოეფიციენტები დაკავშირებულია მოცემული სეგმენტების სიგრძეებთან. აქედან გამომდინარე, მოსახერხებელია საუბარი რიცხვის აგებაზე - გარკვეული ტიპის განტოლების გრაფიკული ამოხსნა. ზემოაღნიშნული მოთხოვნების ფარგლებში შესაძლებელია შემდეგი კონსტრუქციები:

• წრფივი განტოლებების ამონახსნების აგება.
• კვადრატული განტოლებების ამონახსნების აგება.

სხვა სიტყვებით რომ ვთქვათ, შესაძლებელია მხოლოდ არითმეტიკული გამონათქვამების ტოლი რიცხვების აგება საწყისი რიცხვების კვადრატული ფესვის გამოყენებით (სეგმენტების სიგრძე). Მაგალითად,

ვარიაციები და განზოგადება

• კონსტრუქციები ერთი კომპასით.მოჰრ-მასკერონის თეორემის მიხედვით, ერთი კომპასის დახმარებით შეგიძლიათ ააგოთ ნებისმიერი ფიგურა, რომლის აგებაც შესაძლებელია კომპასით და სახაზავებით. ამ შემთხვევაში, ხაზი ითვლება აგებულად, თუ მასზე მოცემულია ორი წერტილი.
• კონსტრუქციები ერთი მმართველით.ადვილი მისახვედრია, რომ მხოლოდ პროექციულად უცვლელი კონსტრუქციები შეიძლება განხორციელდეს ერთი მმართველის დახმარებით. კერძოდ, შეუძლებელია სეგმენტის ორ თანაბარ ნაწილად გაყოფა ან შედგენილი წრის ცენტრის პოვნა. მაგრამ თუ თვითმფრინავზე არის წინასწარ დახატული წრე მონიშნული ცენტრით, სახაზავის გამოყენებით, შეგიძლიათ დახაზოთ იგივე კონსტრუქციები, როგორც კომპასით და სახაზავებით (პონსლეტ-შტაინერის თეორემა ( ინგლისური)), 1833. თუ სახაზავზე ორი სერიფია, მაშინ მისი დახმარებით კონსტრუქციები უტოლდება კომპასისა და სახაზავის კონსტრუქციებს (ნაპოლეონმა გადადგა მნიშვნელოვანი ნაბიჯი ამის დასამტკიცებლად).
• კონსტრუქციები შეზღუდული ხელსაწყოებით.ამ ტიპის პრობლემებში ხელსაწყოები (პრობლემის კლასიკური ფორმულირებისგან განსხვავებით) განიხილება არა იდეალური, მაგრამ შეზღუდული: სწორი ხაზი ორ წერტილში შეიძლება დაიხაზოს სახაზავი მხოლოდ იმ შემთხვევაში, თუ ამ წერტილებს შორის მანძილი არ აღემატება გარკვეულს. ღირებულება; კომპასით დახატული წრეების რადიუსი შეიძლება შეიზღუდოს ზემოდან, ქვემოდან ან ზემოდან და ქვემოდან.
• კორპუსი ბრტყელი ორიგამით.იხილეთ ხუჯითის წესები

იხილეთ ასევე

• დინამიური გეომეტრიის პროგრამები საშუალებას გაძლევთ დახატოთ კომპასით და სტრიქით კომპიუტერზე.

შენიშვნები

ლიტერატურა

• ა.ადლერიგეომეტრიული კონსტრუქციების თეორია / გერმანულიდან თარგმნა G. M. Fikhtengolts. - Მესამე გამოცემა. - ლ.: უჭპედგიზი, 1940. - 232გვ.
• I. I. ალექსანდროვიგეომეტრიული ამოცანების კრებული კონსტრუქციისთვის. - მეთვრამეტე გამოცემა. - მ .: უჭპედგიზი, 1950. - 176გვ.
• B. I. Argunov, M. B. Balk. - Მეორე გამოცემა. - მ .: უჭპედგიზი, 1957. - 268გვ.
• ა.მ.ვორონეციკომპასის გეომეტრია. - M.-L.: ONTI, 1934. - 40გვ. - (პოპულარული მათემატიკის ბიბლიოთეკა, რედაქტორი L.A. Lyusternik).
• ვ.ა.გეილერიგადაუჭრელი სამშენებლო პრობლემები // გამაგრილებელი. - 1999. - No 12. - S. 115-118.
• V.A. კირიჩენკოკონსტრუქციები კომპასებით და სახაზავი და გალუას თეორია // საზაფხულო სკოლა "თანამედროვე მათემატიკა". - დუბნა, 2005 წ.
• იუ.ი. მანინიწიგნი IV. გეომეტრია // ელემენტარული მათემატიკის ენციკლოპედია. - M .: Fizmatgiz, 1963. - 568გვ.
• ი. პეტერსენიგეომეტრიული კონსტრუქციული ამოცანების ამოხსნის მეთოდები და თეორიები. - M .: E. Lissner and Yu. Roman, 1892. - 114 გვ.
• ვ.ვ.პრასოლოვისამი კლასიკური შენობის პრობლემა. კუბის გაორმაგება, კუთხის ტრისექცია, წრის კვადრატი. - მ .: ნაუკა, 1992. - 80გვ. - (პოპულარული ლექციები მათემატიკაში).
• ჯ.შტაინერიგეომეტრიული კონსტრუქციები შესრულებული სწორი ხაზისა და ფიქსირებული წრის გამოყენებით. - მ .: უჭპედგიზი, 1939. - 80გვ.
• არჩევითი კურსი მათემატიკაში. 7-9 / კომპ. I. L. ნიკოლსკაია. - M .: განათლება, 1991. - S. 80. - 383გვ. - ISBN 5-09-001287-3

ფონდი ვიკიმედია. 2010 წ.

ნახეთ, რა არის "კონსტრუქცია კომპასით და სახაზავთან" სხვა ლექსიკონებში:

მმართველები - მიიღეთ სამუშაო ფასდაკლების კუპონი Akademika VseTools-ში ან მომგებიანად შეიძინეთ მმართველები უფასო მიწოდებით იყიდება VseTools-ში

უძველესი დროიდან ცნობილი ევკლიდეს გეომეტრიის განყოფილება. სამშენებლო ამოცანებში შესაძლებელია შემდეგი ოპერაციები: მონიშნეთ თვითნებური წერტილი სიბრტყეზე, წერტილი ერთ-ერთ აგებულ ხაზზე ან ორი აგებული ხაზის გადაკვეთის წერტილი. ... ... ვიკიპედიის დახმარებით

კონსტრუქციები კომპასისა და სტრიქონის დახმარებით უძველესი დროიდან ცნობილი ევკლიდეს გეომეტრიის მონაკვეთი. სამშენებლო ამოცანებში შესაძლებელია შემდეგი ოპერაციები: მონიშნეთ თვითნებური წერტილი სიბრტყეზე, წერტილი ერთ-ერთ აგებულ ხაზზე ან წერტილი ... ... ვიკიპედია

მაგ., ს., გამოყენება. კომპ. ხშირად მორფოლოგია: (არა) რა? მშენებლობა რისთვის? მშენებლობა, (იხ.) რა? რა აშენება? შენობა, რაზე? შენობის შესახებ; pl. რა? მშენებლობა, (არა) რა? კონსტრუქციები, რატომ? კონსტრუქციები, (იხ.) რა? მშენებლობა ვიდრე?...... დიმიტრიევის ლექსიკონი

Src="https://present5.com/presentation/3/178794035_430371946.pdf-img/178794035_430371946.pdf-1.jpg" alt="(!LANG:>კონსტრუქცია სახაზავთან და კომპასის გეომეტრიით">!}

Src="https://present5.com/presentation/3/178794035_430371946.pdf-img/178794035_430371946.pdf-2.jpg" alt="(!LANG:> ააგეთ სეგმენტი, რომელიც ტოლია მოცემული Ú ამოცანა A B"> Построить отрезок равный данному Ú Задача А В На данном луче от его начала С отложить отрезок, равный данному Ú Решение 1. Изобразим фигуры, данные в D условии задачи: луч ОС и отрезок АВ О 2. Затем циркулем построим окружность радиуса АВ и с центром О. 3. Эта окружность пересечёт луч ОС в некой точке D. Отрезок OD – искомый.!}

Src="https://present5.com/presentation/3/178794035_430371946.pdf-img/178794035_430371946.pdf-3.jpg" alt="(!LANG:> მოცემული ერთის ტოლი კუთხის აგება განვიხილოთ სამკუთხედები"> Построение угла равного данному Рассмотрим треугольники Ú АВС и ОDE. Задача В Отрезки АВ и АС являются равный Отложить от данного луча угол, данному Ú радиусами окружности с Решение 1. центром А, савершиной А и луч и ОЕ Построим угол отрезки OD ОМ А С 2. – радиусами окружности с Проведем окружность произвольного центром О. Таквершине А данного радиуса с центром в как по угла. 3. построениюпересекает стороны Эта окружность эти окружности имеют равные радиусы, то угла в точках В и С. 4. АВ=OD, AC=OE. Также же Затем проведём окружность того по Е радиуса с центром в начале данного построению ВС=DE. М луча ОМ. О D Следовательно, треугольники 5. Она пересекает луч в точке D. 6. равны по построим окружность с После этого 3 сторонам. Поэтому центром D, радиус которой равен ВС 7. угол DOEс= углу BAC. Т. е. Окружности центрами О и D построенный угол МОЕ равен пересекаются в двух точках. Одну из углу А. буквой Е них назовём 8. Докажем, что угол МОЕ - искомый!}

Src="https://present5.com/presentation/3/178794035_430371946.pdf-img/178794035_430371946.pdf-4.jpg" alt="(!LANG:> კუთხის ბისექტრის აგება პრობლემა Ú"> Построение биссектрисы угла Задача Ú Рассмотрим треугольники Ú АСЕ и АВЕ. биссектрису угла Построить Они равны по Ú трём сторонам. АЕ – общая, Решение Е 1. АС и АВ равны как угол ВАС Изобразим данный радиусы 2. одной и тойокружность Проведём же окружности, В СЕ = ВЕ по построению. произвольного радиуса с С Ú Изцентром А. Она пересечёт равенства треугольников следует, что угол САЕ В и С стороны угла в точках = углу 3. ВАЕ, т. е. луч АЕдве Затем проведём – окружности одинакового биссектриса данного угла. А радиуса ВС с центрами в точках В и С 4. Докажем, что луч АЕ – биссектриса угла ВАС!}

Src="https://present5.com/presentation/3/178794035_430371946.pdf-img/178794035_430371946.pdf-5.jpg" alt="(!LANG:> პერპენდიკულარული წრფეების აგება Ú პრობლემა ხაზის მოცემული"> Построение перпендикулярных прямых Ú Задача Даны прямая и точка на ней. Построить прямую, проходящую через данную точку Р и перпендикулярную данной прямой. Ú Решение 1. Построим прямую а и точку М, принадлежащую этой прямой. 2. На лучах прямой а, исходящих из точки М, отложим равные отрезки МА и МВ. М а Затем построим две окружности с центрами А и В радиуса АВ. Они пересекутся в двух точках: P и Q. А B 3. Проведём прямую через точку М и одну из этих точек, например прямую МР, и докажем, что эта прямая искомая, т. Е. что она перпендикулярна к данной прямой. 4. В самом деле, так как медиана РМ равнобедренного треугольника РАВ Q является также высотой, то РМ перпендикулярна а.!}

Src="https://present5.com/presentation/3/178794035_430371946.pdf-img/178794035_430371946.pdf-6.jpg" alt="(!LANG:> სეგმენტის შუა წერტილის აგება ამოცანის Ú აგება. მოცემული"> Построение середины отрезка Задача Ú Построить середину данного отрезка Ú Решение Р 1. Пусть АВ – данный отрезок. 2. Построим две окружности с 21 центрами А и В радиуса АВ. Они пересекаются в точках Р и Q. О 3. Проведём прямую РQ. Точка О пересечения этой прямой с А B отрезком АВ и есть искомая середина отрезка АВ 4. В самом деле, треугольники АРQ и ВРQ равны по трём сторонам, поэтому угол 1 = Q углу 2 5. Следовательно отрезок РО – биссектриса равнобедренного треугольника АРВ, а значит, и медиана, т. Е. точка О – середина отрезка АВ.!}